精品解析：江西省上进联考2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

江西省2025届高三上学期10月阶段检测考 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则的非空真子集的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，可得，再根据集合交集运算可得，共有2个元素，即可得答案. 【详解】，解得，， 又，， 的非空真子集的个数为个. 故选：A 2. 已知命题，命题，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于命题，分别取、即可判断. 【详解】对于命题，当时，，故为假命题，为真命题； 对于命题，当时，，故为真命题，为假命题. 所以和q都是真命题. 故选：B. 3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到奇函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据平移得出函数的解析式，再结合函数为奇函数且即可求出. 【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到 因为是奇函数，所以， 又因为，所以. 故选：B. 4. 已知函数在上单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由指数函数和一次函数性质可得当时，函数为增函数，结合条件及二次函数性质和增函数定义列不等式可求结论. 【详解】因为当时，， 又函数在区间上都为增函数， 所以函数在区间上为增函数， 又函数在上单调， 所以， 所以， 所以的取值范围是. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据齐次式，弦切互化即可求解. 【详解】∵， ∴， ∴， 解得. 故选：D. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知及余弦定理求，再应用平方关系求正弦值. 【详解】由题设， 由三角形内角性质，知. 故选：B 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数运算公式，即可求解. 【详解】， 得. 故选：A 8. 已知a，b为正数，若，有函数，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可利用指数函数单调性分别讨论：，，情况从而求出，再结合基本不等式“1”的应用从而可得以，即可求解. 【详解】由题意可得，又因为, 当时，可得，即； 当时，显然成立； 当时，可得，即; 综上可得，即， 因为a，b为正数， 所以， 当且仅当时取等号，故B正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要是根据指数函数单调性分情况讨论并求出与的关系，然后利用基本不等式“1”的应用从而可求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用不等式的性质判断A，举反例判断B，C，构造函数后利用导数判断单调性，得到函数值的关系再判断D即可. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确， 对于B，当时，，故B错误， 对于C，当，此时， ，故不成立，故C错误， 对于D，构造，恒成立， 所以在上单调递增，因为，所以， 故成立，故D正确. 故选：AD 10. 已知函数的两个零点分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件得到，，进而逐项判断即可. 【详解】由题意可得：① ，②，③ 由①+②可得：，所以，A正确； ， 因为，所以，B正确； ②①可得：， 所以，C错误； 因为，，D正确. 故选：ABD 11. 若存在实数b使得方程有四个不等的实根，则mn的值可能为（ ） A. B. 2025 C. 0 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】将问题转化为至少存在三个变号零点，利用导数研究其单调性，并讨论参数符号判断变号零点个数，即可确定参数符号，进而得答案. 【详解】令，则， 令，且该函数至少存在三个变号零点，且， 当时， 在上，，即递增， 在上，，即递减， 若，则，知至多有一个变号零点； 故； 当时， 上，，即递增， 在上，，即递减， 若，则，知至多有一个变号零点； 故； 当时，，即在定义域上递增， 此时，至多有一个变号零点，不符合题意； 综上，只能为负数. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：问题化为至少存在三个变号零点，对应参数的符号即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知扇形的圆心角为3rad，面积为24，则该扇形的弧长为___________． 【答案】12 【解析】 【分析】由扇形的圆心角与面积求得半径再利用弧长公式即可求弧长. 【详解】设该扇形的弧长为，圆心角为，半径为， 所以由，即，解得， 所以. 故答案为：12. 13. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】令，得到，求得，结合，即可求解. 详解】令，则， 因为， 所以函数为奇函数，可得， 则 故答案为：. 14. 函数在区间上的零点个数为___________个． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，利用换元法与导数可得函数零点个数. 【详解】 ， 令，则， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以函数在区间上的零点个数为个. 故答案：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两个：一是利用二倍角的余弦公式转化为用正弦表示函数；二是借助换元法研究函数的零点情况. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）当时，求的最值． 【答案】（1）； （2）函数的最小值为，最大值为. 【解析】 【分析】（1）利用余弦型函数的性质，解不等式可得出函数的单调递增区间； （2）由可求得的取值范围，结合余弦型函数的基本性质可求得的最大值、最小值. 【小问1详解】 令，得， 所以函数的单调递增区间是； 【小问2详解】 令，则由可得， 所以当，即时，， 当时，即时，. 即当时，函数取最小值；时，函数取最大值. 16. 已知集合． （1）当时，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得集合，解不等式求得集合，求得集合，由此计算即可. （2）由题意得是的真子集，再根据集合的包含关系求解. 【小问1详解】 当时，， 或 ∴, ∴ 【小问2详解】 ∵“”是“”的充分不必要条件， ∴是的真子集. ∵，则， ∴（等号不同时成立），解得：， ∴a的取值范围是. 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的最值． 【答案】（1） （2）的最大值为，无最小值 【解析】 【分析】（1）先对求导，得出，即可求解； （2）设，注意到同号，所以可以用的正负来研究函数的单调性，进而求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，， 从而曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 设，显然同号， 则， 所以在上单调递减， 注意到， 当时，，当时，， 所以在单调递增，在上单调递减， 当趋于负无穷时，也是趋于负无穷，当趋于正无穷时，趋于0， 所以的最大值为，无最小值. 18. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求C的取值范围； （2）若为锐角三角形，设，探究是否存在，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）定值为 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，表示出，结合基本不等式求解；（2）根据三角形的边长关系，可分析出顶点的轨迹在一个椭圆上运动，因此可考虑建立坐标系，利用解析几何知识求解. 【小问1详解】 根据余弦定理，， 根据基本不等式，，解得，当取等号， 此时， 结合，可得 【小问2详解】 以为轴，中点为原点，建立如图所示的直角坐标系， 由题意定值，且， 根据椭圆的定义可知，的轨迹是以为焦点的椭圆的一部分， 则椭圆的，方程为， 设，根据，则， 则，故； 设，根据，则， 则，故， 于是， 结合在椭圆上，， 可得， 要想乘积为定值，则，结合，解得， 此时 【点睛】关键点睛：根据三角形的三边关系，抓住两边之和是“定值”这一特点，可联系到椭圆的知识点，在第二问建立坐标系以方便利用椭圆的工具简化计算. 19. 定义：设函数的图象上一点处的切线为在处的垂线也与的图象相切于另一点，则称和为的一组“垂切线”，为“垂切点”．已知三次函数和为的一组“垂切线”，其中为的垂切点，与相切于点． （1）求曲线在点处的切线方程；（用和b表示） （2）若对任意都存在使，求正数的取值范围； （3）证明：点和之间连线段的长度不小于． 参考公式：． 【答案】（1）； （2）的取值范围为； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式求切线方程； （2）根据新定义可得，， 由此证明，转化条件可求的取值范围； （3）求点和的距离，化简可得 ， 换元利用导数求的最小值，由此证明结论. 【小问1详解】 因为， 所以，， 所以曲线在点处的切线的斜率为，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 化简可得； 【小问2详解】 由已知曲线在点处的切线与直线垂直， 又曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为， 所以，，， 所以， 又， 所以，又， 所以， 所以， 所以， 因为关于的方程有解，所以其判别式， 故，即， 因为对任意都存在使， 所以函数，的值域包含区间， 所以， 所以的取值范围为； 【小问3详解】 因为点和之间连线段的长度， 所以， 又， 所以， 由（2）， 所以 故， 由（2）知，即 所以， 由已知方程的判别式， 所以， 所以， 令，则，， 设，则， 令，则， 故 又， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故当，即时，取最小值，最小值， 所以，所以. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江西省2025届高三上学期10月阶段检测考 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则的非空真子集的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 2. 已知命题，命题，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到奇函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在上单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C D. 2 8. 已知a，b为正数，若，有函数，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的两个零点分别为，且，则（ ） A. B. C D. 11. 若存在实数b使得方程有四个不等的实根，则mn的值可能为（ ） A B. 2025 C. 0 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知扇形的圆心角为3rad，面积为24，则该扇形的弧长为___________． 13. 已知函数，则______． 14. 函数在区间上的零点个数为___________个． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）当时，求的最值． 16. 已知集合． （1）当时，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围． 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的最值． 18. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求C的取值范围； （2）若为锐角三角形，设，探究是否存在，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 19. 定义：设函数图象上一点处的切线为在处的垂线也与的图象相切于另一点，则称和为的一组“垂切线”，为“垂切点”．已知三次函数和为的一组“垂切线”，其中为的垂切点，与相切于点． （1）求曲线在点处的切线方程；（用和b表示） （2）若对任意都存在使，求正数取值范围； （3）证明：点和之间连线段的长度不小于． 参考公式：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$